初中数学4.2 平行四边形练习

这是一份初中数学4.2 平行四边形练习，文件包含浙教版八年级下册数学举一反三系列专题75期末专项复习之平行四边形二十一大必考点教师版docx、浙教版八年级下册数学举一反三系列专题75期末专项复习之平行四边形二十一大必考点学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共135页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc31341" 【考点1 利用平行四边形的性质求线段长度】 PAGEREF _Tc31341 \h 1
\l "_Tc12713" 【考点2 利用平行四边形的性质求角度】 PAGEREF _Tc12713 \h 5
\l "_Tc8296" 【考点3 利用平行四边形的性质进行证明】 PAGEREF _Tc8296 \h 8
\l "_Tc23620" 【考点4 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】 PAGEREF _Tc23620 \h 13
\l "_Tc25" 【考点5 判断能否构成平行四边形】 PAGEREF _Tc25 \h 18
\l "_Tc32594" 【考点6 添加条件构成平行四边形】 PAGEREF _Tc32594 \h 22
\l "_Tc11946" 【考点7 数图形中平行四边形的个数】 PAGEREF _Tc11946 \h 29
\l "_Tc4617" 【考点8 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】 PAGEREF _Tc4617 \h 32
\l "_Tc27240" 【考点9 利用平行四边形的判定证明平行四边形】 PAGEREF _Tc27240 \h 36
\l "_Tc5568" 【考点10 利用平行四边形的判定与性质求面积】 PAGEREF _Tc5568 \h 42
\l "_Tc649" 【考点11 利用平行四边形的判定与性质求长度】 PAGEREF _Tc649 \h 45
\l "_Tc2863" 【考点12 利用平行四边形的判定与性质求角度】 PAGEREF _Tc2863 \h 50
\l "_Tc29166" 【考点13 利用平行四边形的判定与性质求最值】 PAGEREF _Tc29166 \h 55
\l "_Tc12943" 【考点14 利用动点判断平行四边形】 PAGEREF _Tc12943 \h 60
\l "_Tc27972" 【考点15 平行四边形的判定与性质的实际应用】 PAGEREF _Tc27972 \h 66
\l "_Tc30154" 【考点16 多边形的对角线】 PAGEREF _Tc30154 \h 71
\l "_Tc26360" 【考点17 多边形中多（少）算一个角问题】 PAGEREF _Tc26360 \h 75
\l "_Tc5406" 【考点18 求截角后多边形的边数或内角和】 PAGEREF _Tc5406 \h 77
\l "_Tc24522" 【考点19 多边形的内角和与外角和的综合运用】 PAGEREF _Tc24522 \h 81
\l "_Tc12767" 【考点20 三角形的中位线】 PAGEREF _Tc12767 \h 85
\l "_Tc20746" 【考点21 中心对称】 PAGEREF _Tc20746 \h 89
【考点1 利用平行四边形的性质求线段长度】
【例1】（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）在平行四边形中，的平分线把分成长度是3，4的两部分，则平行四边形的周长是_____．
【答案】22或20##20或22
【分析】根据平分及可得出，从而根据的长可求出平行四边形的周长．
【详解】解：在平行四边形中，，则．
∵平分，
∴，
∴，
∴，
当时，
平行四边形的周长为：．
当时，
平行四边形的周长为：．
故答案为：22或20．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明是解答本题的关键．
【变式1-1】（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）平行四边形的两条对角线长分别为3和5，则其中一条长为整数的边可以是___________．
【答案】2或3##3或2
【分析】利用平行四边形的性质，三角形三边关系定理计算判断即可．
【详解】设四边形是平行四边形，对角线交点为O，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形的边长为整数，
∴，
故答案为：2或3．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形三边关系定理，熟练掌握三角形三边关系定理是解题的关键．
【变式1-2】（2022春·浙江杭州·八年级校考期中）在中，，分别平分，，交于点E，F，若，，则的长为______．
【答案】4或2##2或4
【分析】先证，同理，，则，再分两种情况，分别求出AB的长即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，
分两种情况：
①如图1，
则，
即，
解得：；
②如图2，
则，
即，
解得：；
综上所述，的长为4或2，
故答案为：4或2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及分类讨论等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
【变式1-3】（2022春·四川绵阳·八年级校考期中）在面积为15的平行四边形中，过点A作垂直于直线于点E，作垂直于直线于点F，若，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】根据平行四边形面积求出和，有两种情况，求出的值，求出和的值，相加即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
①如图：
由平行四边形面积公式得：，
求出，，
在和中，由勾股定理得：，
把代入求出，
同理，即F在的延长线上（如上图），
∴，，
即；
②如图：
∵，在中，由勾股定理得：，
同理，
由①知：，，
∴．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．
【考点2 利用平行四边形的性质求角度】
【例2】（2022春·吉林长春·八年级校考期中）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处，若，，则的度数为（ ）．
A．124°B．114°C．104°D．56°
【答案】A
【分析】根据折叠、平行四边形的性质，三角形的内角和定理，即可求出答案．
【详解】解：
由折叠得，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
故选：A．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的性质，三角形的内角和定理等知识，由图形直观得出各个角之间的关系是正确解答的关键．
【变式2-1】（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，以平行四边形的边为斜边向内作等腰直角，使，，且点在平行四边形内部，连接、，则的度数是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明，得出，，设，，求出，，由平行四边形的对角相等得出方程，求出，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质(对边平行且相等，对角相等)，等腰三角形的性质(两底角相等) ，解题的关键是找到和之间的关系．
【变式2-2】（2014春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在平行四边形D中，，在上取，则的度数是_____度．
【答案】##度
【分析】根据平行四边形的性质求得，，再根据等腰三角形的性质求得，进而可求解．
【详解】解：在平行四边形中，，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的性质，找到角之间的关系并正确求解是解答的关键．
【变式2-3】（2022春·湖南永州·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，为，取长边 的中点M，，则 __．
【答案】##30度
【分析】先证明，再根据平行四边形得到，从而得到，进而得到，即可求出．
【详解】解：∵为，M为 的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的等腰三角形的性质，熟知平行四边形的性质和等腰三角形的性质是解题关键．
【考点3 利用平行四边形的性质进行证明】
【例3】（2022秋·辽宁葫芦岛·八年级校考期末）如图，在中，的平分线分别与线段交于点F，E，与交于点G．
(1)求证：．
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据平行线的性质得到，再由角平分线的定义证明，得到，即可证明；再根据平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，同理可得，则；
（2）过点C作交于K，交于点I，证明四边形是平行四边形，，得到，再证明，得到，则，同理证明，得到，求出，则．
【详解】（1）证明：在平行四边形中，，
∴．
∵分别是的平分线，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴；
（2）解：过点C作交于K，交于点I，
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵D，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，角平分线的定义等等，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式3-1】（2022春·黑龙江鸡西·九年级鸡西市第四中学校考期中）如图，平行四边形的对角线、相交于点O，过点O与、分别相交于点E、F，求证：．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的性质，证明，即可得证．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和△中，
，
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．
【变式3-2】（2022春·陕西汉中·八年级统考期末）如图，在中，点E为上一点，连接并延长交的延长线于点F，，连接．
(1)求证：平分；
(2)若点E为中点，，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由四边形是平行四边形得到，则，由得到，则，即可得证；
（2）由平行四边形的性质和点E为中点证得是等边三角形，则，，则是等边三角形，即可证明，则，得到，由勾股定理得到，由的面积等于的面积即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即平分；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∵点E为中点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积．
∴的面积
即的面积是．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式3-3】（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，平行四边形中，E、F分别是对角线上的两点，且，连接．求证：．
【答案】见解析
【分析】先由平行四边形的性质证得，再证得，再得出，从而得到．
【详解】证明：四边形是平行四边形
，
又
即
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定及性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
【考点4 格点中利用无刻度直尺作平行四边形】
【例4】（2022春·吉林长春·八年级校考期末）如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长为1，点A, B在格点上．请根据条件画出符合要求的图形．
(1)在图甲中画出以点A为顶点且一边长为的平行四边形．要求：各顶点均在格点上．
(2)在图乙中画出线段AB的中点O．
要求：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留作图痕迹．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用数形结合的思想，画出平行四边形即可；
（2）如图：取格点P、Q，连接PQ交AB于点O，点O即为所求．
【详解】（1）解：如图甲中，四边形ABCD即为所求．
（2）解：如图乙中，点O即为所求．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、平行四边形的性质等知识，灵活运用数形结合的思想是解答本题的关键．
【变式4-1】（2022春·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期末）如图，每个小正方形的边长都是1，、、、均在网格的格点上．
(1)是直角吗？请证明你的判断．
(2)找到格点，并画出四边形（一个即可），使得其面积与四边形面积相等．
【答案】(1)不是直角，证明见解析
(2)见解析（答案不唯一）
【分析】（1）先根据勾股定理求出，再根据勾股定理的逆定理即可得；
（2）先利用平行四边形的性质找到格点，再利用等高模型画出图形即可．
（1）
解：不是直角，证明如下：
，，，
，
不是直角．
（2）
解：如图，点和四边形即为所求．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、勾股定理的逆定理、平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于常考题型．
【变式4-2】（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在的正方形网格中（每个正方形的边长为1），点和点都在格点上，仅用无刻度的直尺，分别按以下要求作图．
(1)图1中，以为边作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为6；
(2)图2中，以为对角线作一平行四边形，要求顶点都在格点上，且其面积为10．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】(1)根据平行四边形的面积公式及对边平行的性质即可求解；
(2)根据平行四边形的面积公式，利用数形结合的思想即可求解．
（1）解：如下图所示，均以AB为边作平行四边形，且面积为6．
（2）解：如下图所示，均以AB为对角线作平行四边形，且面积为10．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、性质及平行四边形的面积公式等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-3】（2022春·福建龙岩·八年级校考期中）由边长为1的小正方形构成网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点、，都是格点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图，画图过程用虚线表示画图结果用实线表示，并回答下列问题：
(1)直接写出的长是 ；
(2)在图中，画以点、、为顶点且周长最大的平行四边形；
(3)在图2中，画的角平分线．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据勾股定理即可求解；
（2）根据网格的特点结合平行四边形的性质，以为对角线画出平行四边形；
（3）根据网格的特点，延长至，使得，则是等腰三角形，再找到的中点，连接，即可求解．
【详解】（1）解：，
故答案为：；
（2）如图1中，四边形即为所求作；
（3）如图2中，延长至，使得，则是等腰三角形，再找到的中点，连接，线段即为所求作．
【点睛】本题考查了画平行四边形，勾股定理与网格问题，等腰三角形的性质，三线合一，掌握以上知识是解题的关键．
【考点5 判断能否构成平行四边形】
【例5】（2022春·山东临沂·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列不能判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理推理判断即可．
【详解】因为，
所以∠ABD=∠CDB，
因为∠AOB=∠COD，
所以△AOB≌△COD，
所以OB=OD，
所以四边形ABCD是平行四边形，
故A可以，不符合题意；
因为，
所以∠DAC=∠BCA，
因为AC=CA，
所以△ACD≌△CAB，
所以AD=BC，
所以四边形ABCD是平行四边形，
故B可以，不符合题意；
因为，
无法判定四边形ABCD是平行四边形，
故C不可以，符合题意；
因为，
所以四边形ABCD是平行四边形，
故D可以，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握判定定理，灵活选择方法完善条件是解题的关键．
【变式5-1】（2022春·重庆潼南·八年级校联考期中）下列命题中，真命题是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有一组对边和一组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故A是假命题，不符合题意；
B．有一组对边和一组对角分别相等的四边形不一定是平行四边形，故B是假命题，不符合题意；
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故C是真命题，符合题意；
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形，故D是假命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题，熟练掌握平行四边形的判定是解本题的关键．
【变式5-2】（2022春·湖北武汉·八年级校联考期中）已知，四边形ABCD，AC，BD交于点O，请从给定四个条件
①AB＝CD；
②ADBC；
③∠BAD＝∠BCD；
④BO＝DO中
选择两个，使得四边形ABCD可判定为平行四边形，你的选择是（ ）
A．①②B．②④C．①③D．①④
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定定理，证出或即可．
【详解】解：选择②③或②④，
理由如下，如图所示：
选择②③时，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
选择②④时，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【变式5-3】（2022春·北京·八年级北京市师达中学校考期中）如图，的对角线交于点O，点M，N，P，Q分别是四条边上不重合的点．下列条件：①，；②MP，NQ均经过点O；③NQ经过点O，．能判定四边形MNPQ是平行四边形的有____________（填序号）．
【答案】①②
【分析】①根据平行四边形的性质结合已知条件，证明，，可得，，根据两组对边相等的四边形是平行四边形，即可判断①，②根据平行四边形是中心对称图形，即可判断②，根据已知条件不能判断③．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
，,．
① ，
∴，
∴．
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形．
故①正确；
②∵，
∴，
，
∴，
∴．
同理可得：
∵，
四边形是平行四边形．
故②正确；
③经过点O，，的位置未知，不能判断四边形是平行四边形，
故③不正确；
故答案为：①②．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
【考点6 添加条件构成平行四边形】
【例6】（2022春·河南信阳·八年级统考期末）如图，E是平行四边形ABCD的边AD的延长线上一点，连接BE交CD于点F，连接CE，BD．添加下列一个条件后，仍不能判定四边形BCED为平行四边形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质和判定及三角形全等逐个分析即可．
【详解】解：选项A：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴DE∥BC，∠ABD=∠CDB，
∵∠ABD=∠DCE，
∴∠DCE=∠CDB，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，故选项A不符合题意；
选项B：∵AE∥BC，
∴∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°，
∵∠AEC=∠CBD，
∴∠BDE=∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故选项B不符合题意，
选项C：∵DE∥BC，
∴∠DEF=∠CBF，
在△DEF与△CBF中，∠DEF＝∠CBF，∠DFE＝∠CFB，EF＝BF，
∴△DEF≌△CBF（ASA），
∴DF=CF，
∵EF=BF，
∴四边形BCED为平行四边形，故选项C不符合题意；
选项D：∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠CBF，
∵∠AEB=∠BCD，
∴∠CBF=∠BCD，
∴CF=BF，
同理，EF=DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
【变式6-1】（2022春·浙江湖州·八年级校考期中）如图，在RtABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点D从点A开始，沿边AB向点B以每秒个单位长度的速度运动，且恰好能始终保持连结两动点的直线PD⊥AC，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，连结PQ．点P，D，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）当t为何值时，四边形BQPD的面积为ABC面积的一半？
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）t＝9﹣3；（2）存在，t＝2.4秒
【分析】（1）先确定时间t的取值范围，用t表示线段长度，然后用面积减去和的面积得到四边形BQPD的面积，列式求解；
（2）当BQ=PD时，四边形BQPD是平行四边形，列式求解．
【详解】解：（1）先确定时间t的取值范围，因为当一个点到终点时，其他点也停止，所以，
∵由题意可得：CQ＝2t，AP＝t，AD＝，
∴BQ＝，CP＝，
∵PD⊥AC，
∴PD，
∵S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴，，解得，
∵，∴，
∴当时，四边形BQPD的面积为三角形ABC面积的一半；
（2）存在，t＝2.4（秒）．
若四边形BQPD为平行四边形，则BQ与PD平行且相等，
此时BQ与PD已经平行了，所以需要满足BQ=PD，
列式：，解得，
答：存在t的值，使四边形BQPD为平行四边形，此时秒．
【点睛】本题考查的是几何图形中的动点问题，涉及勾股定理，平行四边形的判定，解题的关键是用时间t表示图上的各个线段长度，然后根据题意列方程求解．
【变式6-2】（2022春·山东枣庄·八年级统考期末）如图，平行四边形中，，是对角线上的两点，如果添加一个条件使四边形是平行四边形，则添加的条件不能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据各选项给出的条件，逐一验证即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵DE＝BF，不能得出△ADE≌△CBF，
∴不能得出四边形DEBF是平行四边形，故A错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，
∵AE＝CF，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，
∴∠DEF＝∠BFE；
∴DEBF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故B正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF；
∵AF＝CE，
∴AE＝CF，
∴△ADE≌△CBF（SAS），
∴∠AED＝∠CFB，DE＝BF，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DEBF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故C正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，
∵∠ADE＝∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝CF，∠AED＝∠BFC，
∴∠DEF＝∠BFE，
∴DECF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故D正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理是解题的关键．平行四边形的五种判定方法与平行四边形的性质相呼应，每种方法都对应着一种性质，在应用时应注意它们的区别与联系．
【变式6-3】（2022春·北京·八年级北京八中校考期中）小云学习了平行四边形的判定后，想利用平行四边形的判定方法探究下列问题．
(1)利用平行四边形的判定方法作平行四边形，作法是：如图1，在中，分别以点A，C为圆心，为半径画弧，两弧交于点D，连接，四边形就是平行四边形．小云判定四边形平行四边形的依据是___________；
(2)探究：“四边形中，若，对角线与交于点O，且，四边形是平行四边形吗？”
①在图2中作出符合条件的图形（尺规作图，保留作图痕迹）；
②结合所作图形，符合条件的四边形________（填写“是”、“不是”或“不一定是”）平行四边形．
(3)探究：“四边形中，若，对角线与交于点O，且，，当与满足什么条件时，四边形一定是平行四边形？”直接写出与满足的条件是： ____________．
【答案】(1)两组对边分别相等的四边形是平行四边形
(2)①见解析②不一定是
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的判定方法即可求解；
（2）根据题意作出符合条件的图形即可回答问题；
（3）添加的条件只要能证明，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可．
（1）
∵在中，分别以点A，C为圆心，为半径画弧，两弧交于点D，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
故答案为：两组对边分别相等的四边形是平行四边形
（2）
以点为圆心，以线段的长为半径画圆，连接并延长与圆弧的交点即符合条件的点、，如图所示，
由作图可知，四边形不是平行四边形，四边形是平行四边形，
∴符合条件的四边形不一定是平行四边形，
故答案为：不一定是
（3）
与满足的条件是：．
理由如下：
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
在和中，
，
∴ ，
∴，
又∵
∴四边形是平行四边形．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
【考点7 数图形中平行四边形的个数】
【例7】（2022春·江苏无锡·八年级无锡市第一女子中学校考期中）如图：在4×4的正方形（每个小正方形的边长均为1）网格中，以A为顶点，其他三个顶点都在格点（网格的交点）上，且面积为2的平行四边形共有多少个？( )
A．12B．16C．24D．25
【答案】D
【分析】如下图，先对网格进行编号，然后找出所有符合条件的平行四边形即可．
【详解】如下图，对网格编号
情况一：平行四边形的一个点在BF上，另两个点在MG上，有：
ABMI、ABQO、ABIG、AFGI、AFOQ、AFIM共6个
情况二：平行四边形的一个点在BF上，另两个点在PH上，有：
AEHV、AEVN、AENZ、AEZP、ACPZ、ACZN、ACNV、ACVH共8个
情况三：其他符合条件平行四边形有：
AQNO、AIYL、ATXI、AHLI、APTI、AGHI、AMPI、AZRN、AVN、AOKN、AQSN共11种
故共有：6+8+11=25种
故答案为：25
【点睛】本题考查在格点中寻找平行四边形，建议在寻找过程中，按照一定的规律依次寻找，防止遗漏和重复．
【变式7-1】（2022春·内蒙古通辽·八年级校考期中）由两个全等三角形用各种不同的方法拼成四边形，在这些拼成的四边形中是平行四边形的个数是（ ）．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】把三角形相等的一边重合，得到平行四边形，有3种情况．
【详解】如图所示：
则有平行四边形有四边形ABCD、四边形BDCF、四边形BDEC共计3个．
故选：B
【点睛】考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质等知识点的理解和掌握，解题关键是能正确画出图形．
【变式7-2】（2022春·河北石家庄·八年级统考期中）在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E为AC边的中点，过点A作AF∥BC，交DE的延长线于点F，连接CF．
（1）如图1，求证：四边形ADCF是矩形；
（2）如图2，当AB＝AC时，取AB的中点G，连接DG、EG，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图中所有的平行四边形（不包括矩形ADCF）．
【答案】（1）见解析；（2）四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形．
【分析】（1）由△AEF≌△CED，推出EF＝DE，又AE＝EC，推出四边形ADCF是平行四边形，只要证明∠ADC＝90°，即可推出四边形ADCF是矩形．
（2）根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定即可找出图中的所有平行四边形．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠EDC，
∵E是AC中点，
∴AE＝EC，
在△AEF和△CED中，
，
∴△AEF≌△CED，
∴EF＝DE，∵AE＝EC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形．
（2）∵线段DG、线段GE、线段DE都是△ABC的中位线，又AF∥BC，
∴AB∥DE，DG∥AC，EG∥BC，
∴四边形ABDF、四边形AGEF、四边形GBDE、四边形AGDE、四边形GDCE都是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-3】（2022春·内蒙古巴彦淖尔·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF∥AD，GH∥AB，则图中的平行四边形的个数共有( )个．
A．12个B．9个C．5D．7
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质和判定定理解答即可．
【详解】解：由题意得：EF∥AD∥BC，GH∥AB∥CD，
则图中的四边形BEOH、HOFC、GOFD、AEOG、AEFD、EBCF、AGHB、GDCH和ABCD都是平行四边形，共9个；
故答案是：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质．解题时可根据平行四边形的定义，直接从图中数出平行四边形的个数，但数时应有一定的规律，以避免重复．
【考点8 求与已知三点组成平行四边形的点的个数】
【例8】（2022春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，正方形网格中每个小正方形边长均为1，每个小正方形的顶点叫格点．以格点为顶点按下列要求画图：
（1）请你在图1中画一个直角三角形满足它是轴对称图形；
（2）请你在图2中画一个以格点为顶点，为直角边的直角三角形；
（3）若点A的坐标为（0，1）．请你在图3中建立平面直角坐标系，找出格点D，使以A、B、C、D四个点为顶点的四边形为平行四边形，则满足条件的D点的坐标是： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）图见解析，
【分析】（1）画一个等腰直角三角形即可．
（2）根据要求作出图形即可．
（3）根据点A的坐标，建立平面直角坐标系，画出平行四边形，可得结论．
【详解】解：（1）如图1中，△ABC即为所求作；
（2）如图2中，△DEF即为所求作；
（3）平面直角坐标系如图所示，满足条件的点D的坐标（−2，4）或（4，2）或（2，−2）．
【点睛】本题考查作图−轴对称变换，勾股定理，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式8-1】（2022春·新疆乌鲁木齐·八年级新疆生产建设兵团第一中学校考期中）如图，在的正方形网格中，若小正方形的边长为1，的顶点A、B、C在网格的格点上．
(1)图1中的周长为______．（结果保留根号）
(2)若点A的坐标为(0，-1)，请你在图中找出一点D，使A、B、C、D四个点为顶点的四边形为平行四边形，则满足条件的D点坐标是______．
(3)在图2中画出以MN为一边长，另外两边长分别为和的格点．
【答案】(1)
(2)(-2，2)或(4，0)或(2，-4)
(3)画图见解析
【分析】（1）根据勾股定理分别求出AB，BC，AC的长，再相加即可；
（2）由题意找出坐标原点，建立平面直角坐标系，再结合平行四边形的判定分类讨论找出点D即可；
（3）根据，，确定点E的位置即可．
（1）
根据题意可知，
，
，
∴的周长为．
故答案为：；
（2）
根据题意可建立平面直角坐标系，如图，
分类讨论：①当AC为对角线时，点D的位置如图，此时(-2，2)；
②当BC为对角线时，点D的位置如图，此时(4，0)；
③当AB为对角线时，点D的位置如图，此时(2，-4)．
综上可知，满足条件的D点坐标是(-2，2)或(4，0)或(2，-4)．
故答案为：(-2，2)或(4，0)或(2，-4)；
（3）
如图或即为所求．
【点睛】本题考查勾股定理，坐标与图形，平行四边形的判定．利用数形结合的思想是解题关键．
【变式8-2】（2022春·浙江衢州·八年级统考期中）已知平面上有三个点，点，以点，点点为顶点画平行四边形，则第四个顶点的坐标为____．
【答案】或或
【分析】根据平行四边形的性质，分别以AB、AC、BC为对角线画出平行四边形，然后写出第四个顶点D的坐标．
【详解】如图，以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标为（0，2）或（6，6）或（4，-2）．
故答案为：（0，2）或（6，6）或（4，-2）．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，坐标与图形性质．根据平行四边形的性质，结合坐标画出图形，找出D点坐标的三种情况．
【变式8-3】（2022春·山西临汾·八年级统考期中）如图,在平面直角坐标系中,三点的坐标分别是,若以为顶点的四边形为平行四边形,则点的坐标不可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质可知：平行四边形的对边平行且相等，连接各个顶点，数形结合，可以做出D点可能的坐标，利用排除法即可求得答案．
【详解】解：数形结合可得点D的坐标可能是（﹣3，﹣1），（7，﹣1），（1,5）；但不可能是（2,5）

故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和直角坐标系，考查学生解题的综合能力，解题的关键是在直角坐标系中画出可能的平行四边形．
【考点9 利用平行四边形的判定证明平行四边形】
【例9】（2022春·浙江杭州·八年级杭州英特外国语学校校考期中）如图，是的角平分线，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：四边形是平行四边形
(2)若，，求平行四边形的面积．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据角平分线的性质得到，根据平行线的性质得到，等量代换得到，于是得到，由，，可证得四边形是平行四边形；
（2）首先过点作于，过点作于，由，平分，可求，的长度，进而可得平行四边形的面积．
【详解】（1）证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵
∴
∴四边形为平行四边形．
（2）过点作于，过点作于，
∵，平分，，
∴，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题考查平行四边形的判定及计算平行四边形的面积，含的直角三角形，添加辅助线构造含的直角三角形是解决问题的关键．
【变式9-1】（2022秋·江苏盐城·八年级校考期中）如图，为矩形的对角线，将边沿折叠，使点B落在上的点M处，将边沿折叠，使点D落在上的点N处．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)30．
【分析】（1）依据矩形的性质以及折叠的性质，即可得到，，即可得到四边形是平行四边形；
（2）设，则，，利用勾股定理即可得到的长，进而得出四边形的面积．
【详解】（1）证明∶∵四边形为矩形，
∴．
∴，
由折叠的性质知，，，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解∶在中，，，由勾股定理得，
，
由折叠的性质知，，，
在中，，
设，则，由勾股定理得，
，
即，
解得，
∵由（1）得，四边形为平行四边形，
∴．
【点睛】本题主要考查了折叠问题以及矩形的性质的运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【变式9-2】（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知垂直平分，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；
（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得 ，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
，
如图，设交于点，
设则

即
解得： ，即 ，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
【变式9-3】（2022秋·陕西西安·九年级统考期中）如图，已知在四边形中，，点F是的中点，连接交于点A，且点E是的中点，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】先证明，得，再证，即可得出结论．
【详解】证明：∵，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
【考点10 利用平行四边形的判定与性质求面积】
【例10】（2022春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考期末）如图，F是的边上的点，Q是中点，连接并延长交于点E，连接与相交于点P，若，，则阴影部分的面积为（ ）．
A．24B．17C．18D．10
【答案】C
【分析】连接，证明四边形是平行四边形，求出，再得出即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：连接，
∵F是的边上的点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，解题关键是熟练运用平行四边形的性质与判定进行证明与计算．
【变式10-1】（2022秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，中，，，．作出共于点A成中心对称的，其中点B对应点为，点C对应点为，则四边形的面积是（ ）
A．128B．C．64D．
【答案】D
【分析】根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，根据中心对称的性质以及平行四边形的判定定理，得出四边形是平行四边形，继而即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵中，，，．
∴,,
∴,
∵作出共于点A成中心对称的，
∴,，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形的面积为，
故选：D．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，得出四边形是平行四边形是解题的关键．
【变式10-2】（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）如图，分别以直角三角形的三边向外作等边三角形，然后将较小的两个等边和放在最大的等边内（如图），与交于点，连结，．欲求的面积，只需要知道下列哪个三角形的面积即可（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据勾股定理得，，，则四边形CEPG是平行四边形，再由，可以得到．
【详解】解：由题意得，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了以直角三角形三边组成的图形的面积，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够正确理解题意．
【变式10-3】（2022春·全国·八年级专题练习）如图，在中，过对角线上一点作，，且，，则__．
【答案】4.5##
【分析】由条件可证明四边形、为平行四边形，可证明，再利用面积的和差可得出四边形和四边形的面积相等，由已知条件即可得出答案．
【详解】解：，，
四边形、、、为平行四边形，
，
同理可得，，
，
即．
，，
；
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行四边形为平行四边形，②两组对边分别相等四边形为平行四边形，③一组对边平行且相等四边形为平行四边形，④两组对角分别相等四边形为平行四边形，⑤对角线互相平分四边形为平行四边形．
【考点11 利用平行四边形的判定与性质求长度】
【例11】（2022·辽宁丹东·校考一模）如图，在中，，连接，作交延长线于点E，过点E作交的延长线于点F，且，则的长是（ ）
A．2B．1C．3D．
【答案】B
【分析】先根据平行四边形的判定与性质可得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，从而可得，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
【变式11-1】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2，点P为BC上一动点，AQ∥BC，CQ∥AP，AQ 、CQ交于点Q，则四边形APCQ的形状是______，连接PQ，当PQ取得最小值时，四边形APCQ的周长为_____．
【答案】 平行四边形 ##
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可求解；当PQ是AQ和BC间距离时PQ取得最小值，计算四边形APCQ的周长即可．
【详解】解：如图，∵AQBC，CQAP，
∴四边形APCQ是平行四边形．
当PQ⊥BC时，PQ取得最小值，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴AH=HC=AC，QH=PH=PQ，
∵∠ABC=45°，AB=2，BC=，
∴AC=2，∠ACB=45°，
∵QP⊥BC，
∴∠PHC=45°，
∴PH=PC=，
∴PQ=，
∴QC=，
∴四边形APCQ的周长为：2PC+2QC=2×+2×=，
故答案为：平行四边形；．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，垂线段最短的性质，综合性较强．
【变式11-2】（2022·广东佛山·石门中学校考一模）如图，在中，D，E分别为，上的点，将沿折叠，得到，连接，，，若，，，则的长为 _____．
【答案】
【分析】方法一、延长交于G，延长，交于点M，根据折叠的性质以及平行四边形的判定定理得出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质及等角对等边即可得出答案；
延长和相交于点H，根据折叠的性质及等边对等角得出，再根据等角的余角相等以及等角对等边得出，最后根据平行线的性质及线段的和差即可得出答案．
【详解】解：方法一、如图，延长交于G，延长，交于点M，
∵将沿折叠，得到，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
方法二、延长和相交于点H，
∵折叠，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行四边形的判定及性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【变式11-3】（2022春·八年级课时练习）如图，在四边形中，，，点为延长线上一点，连接AC、AE，AE交于点H，的平分线交于点．若，点为的中点，，则的长为（ ）
A．9B．C．10D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得，推出，得出，由点是的中点可得，则，由等腰三角形三角形合一的性质可得出，进而求出的长，由勾股定理可得出的长，进而求出的长．
【详解】解：，
，
，
，
；
四边形是平行四边形，
，，
，点是的中点，
，，，
，
，，
，
，，
，
平分，
，，
，
在中，，，
由勾股定理可得，
，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
【考点12 利用平行四边形的判定与性质求角度】
【例12】（2022春·湖北武汉·八年级校考期末）如图，，点D为上一动点，于D，，点E在线段上，，连接．当最小时，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点E作，作点B关于直线l的对称点,则，，过点A作，则，且，连接，则四边形是平行四边形，总有，由两点之间线段最短可知：当点E在与直线l的交点处即点时，的值最小，从而的值最小，进一步求得的度数．
【详解】解：∵点D为上一动点，于D，，点E在线段上，，
∴，
过点E作，作点B关于直线l的对称点,
∴，，
过点A作，则，且，连接，则四边形是平行四边形，总有，
由两点之间线段最短可知：当点E在与直线l的交点处即点时，的值最小，从而的值最小，
此时，过点作交的延长线于点F，则，四边形是矩形，
∴
∴，
∴，
∴，
此时，四边形是平行四边形，设与交于点，
∴，
即当最小时，的度数为．
故选：C
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定和性质、轴对称的性质等知识，准确作出辅助线是解题的关键．
【变式12-1】（2022·全国·八年级专题练习）如图所示，在的边的同侧分别作等边，等边和等边，，求的度数．
【答案】150°
【分析】根据勾股定理的逆定理可得是直角三角形，，根据周角的定义得，根据平行四边形的对角相等即可求解．
【详解】解：∵和和，都是等边三角形，加上和

在与中，
，
．
．
同理可证．
．
∴四边形是平行四边形．
，
∴，
，
又，
，
∵四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质和判定、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
【变式12-2】（2022秋·山东泰安·八年级校考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．

(1)求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
(2)过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)16°
【分析】（1）①由AD//BC，可得∠OAE＝∠OCF，然后根据ASA即可证明△AOE≌△COF；②同理可证△AOD≌△COB，由全等三角形的性质可得AD＝CB，又AD//BC，则可证四边形ABCD为平行四边形；
（2）先根据平行线的性质可得∠EBD=∠DBF=32°，∠ABC＝180°−∠BAD=80°，由线段垂直平分线的性质得BE=DE，则∠EBD=∠EDB=32°，然后根据∠ABE＝∠ABC−∠EBD−∠DBF即可求得答案.
【详解】（1）证明：①∵AD//BC，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE和△COF中，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②∵AD//BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOD和△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝CB，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵AD//BC，∠DBF=32°
∴∠EDB＝∠DBF=32°，
由（1）②得：四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴EF是BD的垂直平分线
∴BE＝DE，
∴∠EBD＝∠EDB=32°，
∵AD//BC，∠BAD=100°
∴∠ABC＝180°−∠BAD=180°−100°=80°，
∴∠ABE＝∠ABC−∠EBD−∠DBF＝80°−32°−32°=16°
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.
【变式12-3】（2022春·甘肃定西·八年级统考期末）如图，在四边形中，是对角线的中点，点是边上一点，连接并延长交边于点、交延长线于点．，．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若，，求的度数．
【答案】（1）见解析；（2）102°
【分析】（1）证△BOE≌△DOF（SAS），得出∠OBE＝∠ODF，证出AD∥BC，由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠C＝∠A＝62°，再由三角形的外角性质即可得出答案．
【详解】解：（1）证明：∵是对角线的中点，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）由（1）可知四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、平行线的判定以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
【考点13 利用平行四边形的判定与性质求最值】
【例13】（2022春·四川成都·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中有，两点．将直线：向上平移个单位长度得到直线，点在直线上，过点作直线的垂线，垂足为点，连接，，，则折线的长的最小值为______．
【答案】
【分析】先证四边形是平行四边形，可得，则，即当点，点，点三点共线时，有最小值为的长，即有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，将点沿轴向下平移个单位得到，以为斜边，作等腰直角三角形，则点，连接，
是等腰直角三角形，
，，
将直线：向上平移个单位长度得到直线，
，，
，，
，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
当点，点，点三点共线时，有最小值为的长，即有最小值，
点，点，
，
折线的长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称最短路线问题，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，一次函数的应用，添加恰当辅助线构造平行四边形是解题的关键．
【变式13-1】（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连结、，则的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
【答案】D
【分析】连接，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接、，则，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，
在矩形中，，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
则，
，
是的垂直平分线，
，
，
连接，则，
，
的最小值为26，
即的最小值为26，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出是解题的关键．
【变式13-2】（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，已知的顶点A、C分别在直线和上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】当B在x轴上时，对角线OB长度最小，由题意得出∠ADO＝∠CED＝90°，OD＝1，OE＝4，由平行四边形的性质得出OA∥BC，OA＝BC，得出∠AOD＝∠CBE，由AAS证明△AOD≌△CBE，得出OD＝BE＝1，即可得出结果.
【详解】当B在x轴上时，对角线OB长度最小，如图所示：
直线x＝1与x轴交于点D，直线x＝4与x轴交于点E，
根据题意得：∠ADO＝∠CEB＝90°，OD＝1，OE＝4，
四边形ABCD是平行四边形，
∴OA∥BC，OA＝BC，
∴∠AOD＝∠CBE，
在△AOD和△CBE中，
，
∴△AOD≌△CBE(AAS)，
∴OD＝BE＝1，
∴OB＝OE＋BE＝5，
故答案为5.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.
【变式13-3】（2022秋·全国·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形各顶点坐标分别是：，且，那么四边形周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，则此时四边形的周长最短，再利用勾股定理可得： ，利用 从而可得答案．
【详解】解：如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，
，
由
四边形是平行四边形，

所以此时：四边形的周长最短，






故选：
【点睛】本题考查的是图形与坐标，勾股定理的应用，轴对称的性质，平行四边形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
【考点14 利用动点判断平行四边形】
【例14】（2022春·山西晋城·八年级统考期末）综合与探究：直线与轴和轴分别交于点A、B，直线与交于点C，与轴交于点，过点C作轴于点E，点E的横坐标为3．
(1)求直线的解析式；
(2)点P是轴上一动点，过点作轴垂线分别与直线、交于点M、N，求线段的长（用表示）；
(3)在（2）的条件下，为何值时，以M、N、C、E为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】(1)
(2)或
(3)或
【分析】（1）先求出点C的坐标，然后用待定系数法求出直线的解析式；
（2）先用表示出点M、N的坐标，然后分类两种情况分别表示出的长；
（3）根据平行四边形对边相等的性质列出关于的方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）当时，，
∴，
设直线的解析式是 ，
将，坐标代入得，
解得：，
∴直线的解析式是．
（2）由题知，
∵点M在直线上，
∴，
∴，
∵点N在直线上，
∴，
∴，
当时，，
当时，．
（3）∵轴，轴，
∴，，
若四边形是平行四边形，则，
即：或，
∴或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法，平面内两点之间的距离及平行四边形的性质，灵活运用一次函数和平行四边形的相关知识，用表示出点M、N的坐标，然后进行分类讨论是解题的关键．
【变式14-1】（2022春·八年级课时练习）如图在平面直角坐标系中，，，轴且，点从点出发，以1个单位长度的速度向点运动；点从点同时出发，以2个单位长度的速度向点运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动的时间为秒．
(1)当四边形是平行四边形时，求的值；
(2)当时，求的值；
(3)当恰好垂直平分时，求的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）利用平行四边形的性质构建方程即可解决问题．
（2）分两种情形：四边形是平行四边形，四边形是等腰梯形，分别求解即可．
（3）利用线段垂直平分线的性质构建方程即可解决问题．
【详解】（1）∵，
∴当时，四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴
（2）①当四边形是平行四边形时，，
∴，
∴
②当四边形是等腰梯形时，，
此时，
∵，
∴，
∴，
∴
综上，或
（3）∵，
∴．
当垂直平分时，则，
∴，
解得
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰梯形，线段垂直平分线的性质，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，利用参数构建方程解决问题．
【变式14-2】（2022秋·山东威海·八年级统考期末）如图，四边形中，，，，E是的中点，点P以每秒1个单位长度的速度从A点出发，沿向点D运动；点Q同时以每秒2个单位长度的速度从点C出发，沿向点B运动，点P停止运动时，点Q也随之停止运动．当运动时间为多少秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】或
【分析】分两种情况进行讨论，①当点Q在线段上时，②当点Q在线段上时，再根据平行四边形对边相等的性质列出方程求解即可．
【详解】解：∵，，是的中点，，
∴时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
①当点Q在线段上时，，，
即：，解得：；
②当点Q在线段上时，，，
即：，解得：．
所以当或时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】此题考平行四边形的性质，解题关键是由已知明确有两种情况，不能漏解．
【变式14-3】（2022春·湖南长沙·八年级长沙市第二十一中学校考期末）如图，在梯形中，，，，是的中点．点以每秒个单位长度的速度从点A出发，沿向点运动；点同时以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动．点停止运动时，点也随之停止运动．
(1)_________，__________用含的式子表示
(2)当运动时间为多少秒时，；
(3)当运动时间为多少秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【答案】(1)；；
(2)为1.5秒时，
(3)当运动时间为1秒或3.5秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】（1）根据题意列出代数式即可；
（2）根据、可判定四边形为平行四边形，此时，可得方程，解方程即可得解；
（3）分别从当在上时，四边形为平行四边形和当在上时，四边形为平行四边形两方面分析求解即可求得答案；
【详解】（1）解：∵，，点以每秒个单位长度的速度从点A出发，沿向点运动；点同时以每秒个单位长度的速度从点出发，沿向点运动，
∴，，
故答案为：；；
（2）解：如图示，
∵，
∴四边形为平行四边形
∴
又∵，，
∴．
当运动时间为1.5秒时，．
（3）由题意知，此时有两种情况，在上或在上，
①当在上时，四边形为平行四边形
此时，
又∵，
∴
∴
∴满足题意
②当在上时，四边形为平行四边形
此时．
又∵，
∴
∴
∴满足题意；
当运动时间为1秒或3.5秒时，以点，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了动点形成的几何图形综合问题，列代数式及平行四边形的判定和性质，分类讨论的数学思想，需灵活运用所学知识点，结合图形认真审题是解题的关键．
【考点15 平行四边形的判定与性质的实际应用】
【例15】（2022春·八年级课时练习）如图，一块草地的中间有一条弯路，，．请给出一种方案，把道路改直，且草地的种植面积保持不变．
【答案】方案见解析．
【分析】延长和，即可把道路改直．根据平行四边形和平行四边形的面积相等，所以道路所占面积不变，所以草地的种植面积不变．
【详解】解：延长和，即得所求新路，如图：
由图知，
∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理：∵，且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵四边形和四边形的高相等，
∴平行四边形和平行四边形的面积相等，
∴道路所占面积不变，
∴草地的种植面积不变．
【点睛】本题考查了平行线之间的距离，平行四边形的判定及性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定及性质．
【变式15-1】（2022春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校期中）村庄A和村庄B位于一条小河的两侧，若河岸彼此平行，要架设一座与河岸垂直的桥，桥址应如何选择，才使A与B之间的距离最短？
【答案】见解析
【分析】设和为河岸，作，取等于河宽，连接交于C1，作于，则A→→→B为最短路线，即A与B之间的距离最短．
【详解】解：如下图所示，
作，取等于河宽，
连接交于C1，作于，
连接，
∵,,
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵A与B之间的距离等于,，
其中等于河宽，
∴当、、在同一条直线上时，最小，
∴A→→→B为最短路线，即A与B之间的距离最短，
故即为桥所在的位置．
【点睛】本题考查最短路径和平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握最小路径的识别方法．
【变式15-2】（2022秋·浙江温州·八年级乐清外国语学校校考期末）某风力发电设备如图1所示，其示意图如图2，已知三个叶片均匀地分布在支点O上，垂直地面．当光线与地面的夹角为，叶片与光线平行时，测得叶片影子的长为12米，则叶片的长为______米；当转动过程中叶片OB垂直光线（这片刻时间忽略不计，光线与地面的夹角还是60°），则叶片影子的长度是_______米．
【答案】 6
【分析】延长交延长交于点E，通过证明四边形为平行四边形，为等边三角形，即可求解；根据题意画出叶片OB垂直光线的图形，延长交于点D，过点P作于点F，通过证明四边形为平行四边形，得出，最后根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：延长交延长交于点E，
∵，
∴，
∵与光线平行，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，则，
∴，解得，
如图：当垂直光线时，延长交于点D，过点P作于点F，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，
根据勾股定理得：，即，
解得．
故答案为：①6，②．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关定理内容，正确作出辅助线求解．
【变式15-3】（2022春·江苏·八年级期末）如图1是某一遮阳蓬支架从闭合到完全展开的一个过程，当遮阳蓬支架完全闭合时，支架的若干支杆可看作共线．图2是遮阳蓬支架完全展开时的一个示意图，支杆固定在垂直于地面的墙壁上，支杆与水平地面平行，且G，F，B三点共线，在支架展开过程中四边形始终是平行四边形．
(1)若遮阳蓬完全展开时，长2米，在与水平地面呈的太阳光照射下，在地面的影子有______米（影子完全落在地面）
(2)长支杆与短支杆的长度比（即与的长度比）是______．
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，可得四边形是平行四边形，然后根据平行四边形的性质求得的长即可；
（2）由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，然后说明的长度为长支杆的一半即可．
【详解】（1）解：过C作与水平地面呈的直线交的延长线于K，分别过K、E作，，
∴四边形是平行四边形，
∴，即在地面上影子的长为2米；
故答案为：2；
（2）解：由题意可知：支杆的竖直长度都一样，且竖直的支点为长支杆的中点，即G为的中点、B为的中点，
当遮阳棚完全闭合后，每根杆的长度都一样，即的长度为长支杆的一半，
∵为长支杆的长度，为短支杆的长度．∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【考点16 多边形的对角线】
【例16】（2022·河南新乡·七年级阶段练习）若经过边形的一个顶点的所有对角线可以将该n边形分成个三角形，则边形的对角线条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】经过n边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成（n-2）个三角形，根据此关系式求边数，再求对角线条数即可．
【详解】解：依题意有，
解得．
对角线条数是，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的对角线，解决此类问题的关键是根据多边形过一个顶点的对角线与分成的三角形的个数的关系列方程求解．
【变式16-1】（2022·山东威海·期末）一个多边形从一个顶点处可以引出10条对角线，这个多边形的边数是（ ）
A．7B．8C．12D．13
【答案】D
【分析】根据过n边形的一个顶点可作（n-3）条对角线，即可解答本题．
【详解】解：∵一个多边形从一个顶点处可以引出10条对角线，
∴n-3=10，
∴n=13，
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的对角线问题，解题关键在于要记住过n边形的一个顶点可作（n-3）条对角线．
【变式16-2】（2022·山东·泰安市泰山区大津口中学七年级阶段练习）已知从九边形的一个顶点出发，可引出条对角线，这些对角线可以把这个九边形分成个三角形，则________；十三边形的共有________条对角线．
【答案】 -1 65
【分析】根据边数为a条边的多边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为（a-3）；组成的三角形的个数为（a-2），分别求出m、n的值即可得出；根据边数为a条边的多边形的对角线条数为，求出十三边形对角线条数即可．
【详解】解：∵边数为a条边的多边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为（a-3）；组成的三角形的个数为（a-2），
∴从九边形的一个顶点出发，对角线共有条，分成个三角形，
即，，
∴；
十三边形的对角线共有：（条）．
故答案为：-1；65．
【点睛】本题主要考查了多边形的对角线问题，熟记n边形的任意一点连其他各点得到的对角线条数为（n-3）及组成的三角形的个数为（n-2），是解题的关键．
【变式16-3】（2022·吉林·长春南湖实验中学七年级阶段练习）【教材重现】如图是数学教材第135页的部分截图．
在多边形中，三角形是最基本的图形．如图4.4.5所示，每一个多边形都可以分割成若干个三角形．
数一数每个多边形中三角形的个数，你能发现什么规律？
在多边形中，连接不相邻的两个顶点，所得到的线段称为多边形的对角线．
【问题思考】结合如图思考，从多边形的一个顶点出发，可以得到的对角线的数量，并填写表：
【问题探究】n边形有n个顶点，每个顶点分别连接对角线后，每条对角线重复连接了一次，由此可推导出，n边形共有 对角线（用含有n的代数式表示）．
【问题拓展】
（1）已知平面上4个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段．
（2）已知平面上共有15个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段．
（3）已知平面上共有x个点，任意三点不在同一直线上，一共可以连接 条线段（用含有x的代数式表示，不必化简）．
【答案】规律为：多边形的边数减去2，就是多边形中的三角形的个数； 2条，3条，9条，条；条；（1）6；（2）105；（3）
【分析】通过观察多边形边数与其分割的三角形个数，即可发现规律
利用规律，多边形的边数一个顶点出发的对角线数，直接填写表格即可
先求出所有顶点得到的对角线之和，最后除以2即可得到边形的对角线条数
（1）根据题意，四边形一个顶点可以得到一条，四个点共4条，再去除一半，加上四个点单独连接的4条线段，即可得到答案．
（2）根据规律可以发现：十五边形的每个点可以得到12条，15点有180条，去掉一半，加上15个点组成的十五边形的的15条边，即可得到答案．
（3）通过上述两小题，即可以找到对应的规律，利用规律进行求解即可．
【详解】由图可以直接发现：多边形的边数与其分割的三角形个数相差2，故规律为：多边形的边数减去2，就是多边形中的三角形的个数．
利用上图规律，便可以知道从五边形的一个顶点出发，得到2条对角线；六边形的一个顶点出发，得到3条对角线；十二边形的一个顶点出发，得到9条对角线；边形的一个顶点出发，得到条对角线．
边形的一个顶点可以得到条对角线，故个顶点共有，由于每条对角线重复连接了一次，故n边形共有条对角线
（1）解：有四个点可以组成四边形，每个点可以得到1条对角线，四个点共4条，
每条对角线重复连接了一次，
对角线条数为2，
四边形的边数为4，
一共可以连接2+4=6条线段．
（2）解：有15个点可以组成十五边形，每个点可以得到12条对角线，四个点共180条，
每条对角线重复连接了一次，
对角线条数为90，
四边形的边数为15，
一共可以连接90+15=105条线段．
（3）解：由前面题的规律可知：有个点可以组成边形，每个点可以得到条对角线，四个点共条，
每条对角线重复连接了一次，
对角线条数为，
四边形的边数为，
一共可以连接条线段．
【点睛】本题主要是考察了图形类的规律问题以及列代数式，根据题意，找到对角线与多边形的边数关系是解决本题的关键，另外，注意本题是问的点与点之间可连接的线段数，不要只算对角线的条数．
【考点17 多边形中多（少）算一个角问题】
【例17】（2022·湖北·广水市杨寨镇中心中学七年级阶段练习）小明在计算一个多边形的内角和时，由于粗心少计算了一个内角，结果得1345°，则未计算的内角的大小为（ ）
A．80°B．85°C．95°D．100°
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和与1345°的差一定小于180度，并且大于0度，列出不等式组，解不等式组可得多边形的边数，然后求出内角和，进而求出少计算的内角．
【详解】解：设多边形的边数是n，
依题意有：0°＜（n−2）×180°－1345°＜180°，
解得：，
则多边形的边数n＝10；
∴多边形的内角和是（10−2）×180°＝1440°；
则未计算的内角的大小为1440°−1345°＝95°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，一元一次不等式组的应用，正确确定多边形的边数是解题的关键．
【变式17-1】（2022·四川达州·八年级期末）已知一个多边形多算了一个内角得到内角和是1960°，则这个多边形是（ ）
A．十一边形B．十二边形C．十三边形D．十五边形
【答案】B
【分析】设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，利用多边形的内角和定理和已知条件列出等式，根据多边形的内角的性质列出不等式，利用不等式的整数解即可求得结论．
【详解】解：设这个多边形的边数为n，多算的一个内角为x°，
则：（n-2）•180+x=1960，
∴x=2320-180n．
∵0°＜x＜180°，
∴0＜2320-180n＜180，
解得
∵n为正整数，
∴n=12．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角，多边形的内角和，熟练掌握多边形的内角和定理是解题的关键．
【变式17-2】（2022·山西吕梁·八年级期中）已知一个包装盒的底面是内角和为720°的多边形，它是由另一个多边形纸片剪掉一个角以后得到的，则原多边形是_______边形．
【答案】五或六或七
【分析】首先求得内角和为的多边形的边数，再分三种情况考虑截角，即可得出答案．
【详解】解：设内角和为的多边形的边数是，
，
解得：，
包装盒的底面是六边形，
如图1所示，截线不过顶点和对角线，则原来的多边形是五边形；
如图2所示，截线过一个顶点，则来的多边形是六边形；
如图3所示，截线过一条对角线，则来的多边形是七边形．
故答案为：五或六或七．
【点睛】本题考查多边形知识，注意截去一个角有三种情况需要考虑．
【变式17-3】（2022·江苏·汇文实验初中七年级阶段练习）小明在用计算器计算一个多边形的内角和时，得出的结果为2005°，小芳立即判断他的结构是错误的，小明仔细地复算了一遍，果然发现自己把一个角的度数输入了两遍.你认为正确的内角和应该是________．
【答案】1980
【详解】解：设多边形的边数为n，多加的角度为α，则
（n-2）×180°=2005°-α，
当n=13时，α=25°，
此时（13-2）×180°=1980°，α=25°
故答案为1980．
【考点18 求截角后多边形的边数或内角和】
【例18】（2022·湖北十堰·八年级期中）一个多边形截去一个角后，变成16边形，那么原来的多边形的边数为（ ）
A．15或16或17B．15或17C．16或17D．16或17或18
【答案】A
【分析】分三种情况讨论，当截线不经过多边形的顶点时，当截线经过多边形的一个顶点时，当截线经过多边形的两个顶点时，再利用数形结合的方法可得答案.
【详解】解：如图，当截线不经过多边形的顶点时，被截后的多边形比原多边形增加一条边，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为15边形，
如图，当截线经过多边形的一个顶点时，被截后的多边形与原多边形边数相同，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为16边形，
如图，当截线经过多边形的两个顶点时，被截后的多边形比原多边形少一条边，
所以当被截后的多边形为16边形，则原多边形为17边形，
故选：
【点睛】本题考查的是用直线截多边形的一个角后，被截后的多边形的边数与原多边形的边数之间的关系，解题的关键是清晰的分类讨论.
【变式18-1】（2022·全国·八年级专题练习）一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1620°，则原来多边形的边数是（ ）
A．10或11B．11或12或13C．11或12D．10或11或12
【答案】D
【分析】首先求出截角后的多边形边数，然后再根据切去的位置求原来的多边形边数．
【详解】解：设截角后的多边形边数为n，
则有：（n-2）×180°=1620°，
解得：n=11，
如图1，从角两边的线段中间部分切去一个角后，在原边数基础上增加一条边，为12边形；
如图2，从角的一边中间部分，另一边与另一顶点连结点处截取一个角，边数不增也不减，是11边形；；
如图3，从另外两个顶点处切去一个角，边数减少1为10边形
∴可得原来多边形的边数为10或11或12：
故选D．
【点睛】本题考查多边形的综合运用，熟练掌握多边形的内角和定理及多边形的剪拼是解题关键．
【变式18-2】（2023·河北·九年级专题练习）若过多边形的一个顶点作一条直线，把这个多边形截掉两个角，它的内角和变为1260°，则这个多边形原来的边数为（ ）
A．12B．10C．11D．10或11
【答案】D
【分析】分从顶点到顶点裁剪和从顶点到边裁剪两种情况求解．
【详解】多边形裁掉2个角，有两种情况，从顶点到顶点裁剪，从顶点到边裁剪．
∵新多边形内角和为1260°，
∴根据多边形内角和公式180°×（n-2）=1260°，
解得：n=9，
∴新多边形的边数为9．
①从顶点到顶点裁剪，多边形会减少两个角，则原多边形的边数为11；
②从顶点到边裁剪，多边形会减少一个角，则原多边形的边数为10．
故选：D．
【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握截角的方法是解题的关键．
【变式18-3】（2022·河南·上蔡县第一初级中学七年级阶段练习）如图①，中，平分，且与的外角的角平分线交于点．
（1）若，，求的度数；
（2）若把截去，得到四边形，如图②，猜想、、的关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2），理由见解析
【分析】（1）根据三角形内角和定理以及角平分线定义，先求出∠D、∠A的等式，推出∠A=2∠D，最后代入求出即可；
（2）根据（1）中的结论即可得到结论．
【详解】解：，
，，
又∵平分，平分，
，，
，，
，
，，
，
；
（2）；
理由：延长、交于点，
则，
由（1）知，，
．
【点睛】此题考查三角形内角和定理以及角平分线的定义的综合运用，解此题的关键是求出∠A=2∠D．
【考点19 多边形的内角和与外角和的综合运用】
【例19】（2022·江苏·无锡市查桥中学七年级阶段练习）如图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G+∠H的度数等于（ ）
A．180°B．360°C．540°D．720°
【答案】B
【分析】根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和，以及多边形的内角和即可求解．
【详解】解：，，，，
，
又，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的外角的性质以及多边形的外角和定理，解题的关键是正确转化为多边形的外角和．
【变式19-1】（2022·河南信阳·七年级期末）已知一正边形的内角和等于，则这个正多边形的每个外角等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据多边形的内角和求出的值，再根据正多边形的每个外角相等、多边形的外角和等于即可得．
【详解】解：由题意得：，
解得，
则这个正多边形的每个外角等于，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟练掌握多边形的外角和等于是解题关键．
【变式19-2】（2022·山西临汾·七年级期末）在五边形ABCDE中，∠A，∠B，∠C，∠D，∠E的度数之比为3：5：3：4：3，则∠D的外角等于（ ）
A．60°B．75°C．90°D．120°
【答案】A
【分析】设∠A＝3x°，根据四边形内角和为360°即可得出关于x的一元一次方程，解方程即可得出x的值，将其代入∠D中，再结合内外角之和为180°即可得出结论．
【详解】解：设∠A＝3x°，则∠B＝5x°，∠C＝3x°，∠D＝4x°，∠E＝3x°，
∴（3x°+5x°+3x°+4x°+3x°）＝540°，
解得：x＝30．
∴∠D＝4×30°＝120°．
∵180°﹣120°＝60°，
∴∠D的外角等于60°．
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是通过解方程找出∠D＝60°．
【变式19-3】（2022·江苏·宿迁青华中学七年级阶段练习）利用“模型”解决几何综合问题往往会取得事半功倍的效果．
几何模型：如图（1），我们称它为“A”型图案，
易证明：∠EDF = ∠A + ∠B + ∠C；
应用上面模型解决问题：
(1)如图（2），“五角星”形，求？
分析： 图中是“A”型图，于是，
所以= ；
(2)如图（3），“七角星”形，求；
(3)如图（4），“八角星”形，可以求得= ；
【答案】(1)180°
(2)180°
(3)360°
【分析】（1）根据三角形外角的性质把5个角转化到一个三角形中可得答案；
（2）根据三角形外角的性质把7个角转化到一个三角形中可得答案．
（3）根据三角形外角的性质把8个角转化到一个四边形中可得答案．
（1）
解：如图，
由三角形外角的性质可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：180°；
（2）
如图，
由（1）得，
∵，
∴．
（3）
如图，
由三角形外角的性质可得，，，

故答案为：360°．
【点睛】本题考查多边形的内角和与三角形外角的性质，能够根据三角形外角的性质进行转化是解题关键.
【考点20 三角形的中位线】
【例20】（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）如图，在中，，，，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】连接，利用三角形中位线的性质得到，根据垂线段最短知，当时，最小，即最小，利用勾股定理和等面积法求得即可．
【详解】解：连接，
∵点D、E分别为CN，MN的中点，
∴，
∴当时，最小，即最小，
在中，，，，
∴，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握三角形的中位线性质，将求的最小值转化为求的最小值是解答的关键．
【变式20-1】（2022春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，在给定的△ABC中，动点D从点B出发沿BC方向向终点C运动，DEAC交AB于点E，DFAB交AC于点F，O是EF的中点，在整个运动过程中，△OBC的面积的大小变化情况是（ ）
A．不变B．一直增大
C．先增大后减小D．先减小后增大
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质得出在整个运动过程中，O的轨迹是△ABC的中位线，到BC的距离相等，根据同底等高的三角形面积相等，即可判断△OBC的面积的不变．
【详解】解：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵O是EF的中点，
∴O也是AD的中点，
如图，取AB的中点M，AC的中点N，则MN为点O的运动轨迹，
∴在整个运动过程中，O的轨迹是△ABC的中位线，
，
∴点O到线段BC的距离为定值（两条平行线间的距离处处相等），
在整个运动过程中，△OBC的面积始终是以BC为底，两条平行线间的距离为高，
根据同底等高的三角形面积相等可知：△OBC的面积不变，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的面积，得出O的轨迹是△ABC的中位线是解题的关键．
【变式20-2】（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在四边形中，，°，，，点分别为上的动点（含端点），分别为的中点，则长度的最小值为__________．
【答案】2
【分析】作DH⊥AB于H，连接DN，易得四边形BCDH是矩形，可得BH=CD=5，AH=3，由勾股定理可求得DH；由三角形中位线定理知，，当DN最小值，EF最小，根据垂线段最短即可得EF的最小值．
【详解】作DH⊥AB于H，连接DN，如图
∵，°
∴°
∵DH⊥AB
∴∠DHB=90°
∴四边形BCDH是矩形
∴BH=CD=5
∴AH=AB-BH=3
在Rt△DHA中，由勾股定理得：
∵分别为的中点
∴
当DN最小时，EF最小，而当DN⊥AB时，DN最小，即此时点N与点H重合，DN的最小值为4
∴=2
即EF的最小值为2
故答案为：2
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，关键是通过中位线定理把求线段EF的最小值转化为求点到直线的距离，体现了转化思想的运用．
【变式20-3】（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，在中，AD是BC边的中线，F是AC上一点，且满足，连接BF与AD相交于点E．若G为线段BF上一动点，试分析当点G在何位置时，四边形AFDG为平行四边形？
【答案】见解析
【分析】证是的中位线，得，，则，再证，即可得出四边形为平行四边形．
【详解】解：点为线段的中点时，四边形为平行四边形，理由如下：
连接，AG，如下图：
是边的中线，
，
点为线段的中点，
是的中位线，
，，
，
，
，
四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定，证明为的中位线．
【考点21 中心对称】
【例21】（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）已知点与点关于x轴对称，点与点D关于原点对称，则D点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，分别求出a，b的值，进而求出点A、B、C的坐标，再根据关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数求出点D的坐标．
【详解】∵点与点关于x轴对称，
∴，
解得，
∴点，，，
∵点与点D关于原点对称，
∴点D；
故选：A．
【点睛】本题考查的是轴对称变换，熟知关于x、y轴对称及原点对称的点的坐标特点是解答此题的关键．
【变式21-1】（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）下列图形中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）和轴对称图形的定义（如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形）逐项判断即可得．
【详解】解：A、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，则此项不符合题意；
B、既是中心对称图形，也是轴对称图形，则此项不符合题意；
C、是中心对称图形但不是轴对称图形，则此项符合题意；
D、不是中心对称图形，是轴对称图形，则此项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形和轴对称图形，熟记定义是解题关键．
【变式21-2】（2022春·福建漳州·七年级统考期末）如图，与关于点D成中心对称，连接AB，以下结论错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据中心对称图形的性质可得结论．
【详解】解：∵与关于点D成中心对称，
∴，，
∴
∴选项A、C、D正确，选项B错误；
故选B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的性质，即对应点在同一条直线上，且到对称中心的距离相等．
【变式21-3】（2022秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，点A、B均在格点上：只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
(1)在图①中画一个，使其是轴对称图形且为锐角三角形．
(2)在图②中画一个四边形，使其是轴对称图形但不是中心对称图形．
(3)在图③中画一个四边形，使其是中心对称图形但不是轴对称图形，且四条边长均为无理数．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的轴对称性质及锐角三角形的性质画图即可；
（2）可画一个等腰梯形或筝形即可；
（3）利用勾股定理及平行四边形性质画图即可．
【详解】（1）解：如图所示，等腰三角形ABC为所求．（答案不唯一）
（2）解：根据题意，可以画一个筝形或等腰梯形，如图所示．（答案不唯一）
（3）解：如图所示，平行四边形AMBN，边长为：、．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了作图，应用与设计作图．掌握平行四边形、等腰三角形、筝形的性质是解题关键．多边形边数
四
五
六
……
十二
……
n
从一个顶点出发，得到对角线的数量
1条


……

……